2020屆高三物理二輪專題復(fù)習(xí)-動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律基礎(chǔ)練

第=page22頁(yè)，共=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2020屆高三物理二輪專題復(fù)習(xí)——?jiǎng)恿颗c動(dòng)量守恒定律基礎(chǔ)練一、單選題（本大題共7小題，共28分）如圖所示是最常見(jiàn)的羽毛球運(yùn)動(dòng)圖標(biāo)之一，羽毛球運(yùn)動(dòng)是學(xué)校體育中最普及的體育運(yùn)動(dòng)，也是速度最快的球類運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員扣殺羽毛球的速度可達(dá)到100?m/s。假設(shè)羽毛球飛來(lái)的速度為50?m/s，運(yùn)動(dòng)員將羽毛球以100?m/s的速度反向擊回，羽毛球的質(zhì)量為10?g，則羽毛球動(dòng)量的變化量(????)A.大小為1.5?kg·m/s，方向與羽毛球飛來(lái)的方向相反

B.大小為1.5?kg·m/s，方向與羽毛球飛來(lái)的方向相同

C.大小為0.5?kg·m/s，方向與羽毛球飛來(lái)的方向相反

D.大小為0.5?kg·m/s，方向與羽毛球飛來(lái)的方向相同A、B兩球沿一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖為兩球碰撞前后的位移圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移圖象，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的位移圖象，若A球質(zhì)量是m=2kg，則由圖判斷下列結(jié)論不正確的是(????)A.碰撞前后A的動(dòng)量變化為4

kg?m/s

B.碰撞時(shí)A對(duì)B所施沖量為?4

N?s

C.A、B碰撞前的總動(dòng)量為3

kg?m/s

D.碰撞中A槍筒長(zhǎng)為L(zhǎng)，子彈質(zhì)量為m，設(shè)子彈被擊發(fā)后在槍筒內(nèi)作勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則(????)A.子彈離開槍口時(shí)的動(dòng)能為mL22t2

B.子彈在槍筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中合外力的沖量為mL2t運(yùn)載火箭在太空中飛行的原理是(????)A.外形流暢，減小空氣阻力 B.攜帶固體燃料，少占體積

C.自身噴出氣體，獲得反沖力 D.噴出氣體后，獲得空氣浮力有一宇宙飛船，它的正對(duì)面積S=2m2，以v=3×103m/s的相對(duì)速度飛入一宇宙微粒區(qū)。此微粒區(qū)1A.36N B.3.6N C.12N D.1.2N質(zhì)量為1.0千克的皮球以?v1=3m/s的速率垂直撞擊天花板，然后以v2=1m/s的速率反彈，球與天花板的接觸時(shí)間為0.1A.4N?S B.3N?S C.2N?S D.1N?S人從高處跳到低處時(shí)，為了安全，一般都是讓腳尖先著地，這樣做是為了(????)A.減小沖量

B.減小動(dòng)量的變化量

C.增長(zhǎng)與地面的沖擊時(shí)間，從而減小沖力

D.增大人對(duì)地面的壓強(qiáng)，起到安全作用二、多選題（本大題共5小題，共20分）如圖1所示，傾斜放置的平行光滑軌道間距為L(zhǎng)=1m，導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ=30°，導(dǎo)軌上端連有阻值為R=1Ω的定值電阻，在導(dǎo)軌平面上的abdc、cdfe間分別有垂直導(dǎo)軌平面向上和向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1=1T和B2=2T，兩磁場(chǎng)的寬度也均為L(zhǎng).一長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌某位置靜止釋放，導(dǎo)體棒在滑動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度一時(shí)間圖象如圖2所示。不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度g=10m/A.導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m=0.2kg

B.導(dǎo)體棒穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)時(shí)通過(guò)電阻R的電量為(2?1)C

C.導(dǎo)體棒穿過(guò)磁場(chǎng)B2的時(shí)間為2s

D.導(dǎo)體棒穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)時(shí)電阻R一個(gè)鈹原子核(47Be)俘獲一個(gè)核外電子(通常是最靠近原子核的K殼層的電子)后發(fā)生衰變，生成一個(gè)鋰核(37Li)，并放出一個(gè)不帶電的質(zhì)量接近零的中微子νe，人們把這種衰變稱為“K俘獲”。靜止的鈹核發(fā)生零“K俘獲”，其核反應(yīng)方程為??47Be+?10A.中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)均為零

B.鋰核(37Li)獲得的動(dòng)能約為0.86MeV

C.中微子與鋰核(37Li)一定質(zhì)量的物體在恒定合外力作用下運(yùn)動(dòng)，則(????)A.物體一定作勻變速運(yùn)動(dòng) B.物體的動(dòng)能隨時(shí)間均勻變化

C.物體的機(jī)械能一定不守恒 D.物體的動(dòng)量隨時(shí)間均勻變化一個(gè)靜止的質(zhì)點(diǎn)在t=0到t=4s這段時(shí)間，僅受到力F

的作用，F(xiàn)

的方向始終在同一直線上，F(xiàn)

隨時(shí)間t

的變化關(guān)系如圖所示.下列說(shuō)法中正確的是(????)A.在t=0到t=4s這段時(shí)間，質(zhì)點(diǎn)做往復(fù)直線運(yùn)動(dòng)

B.在t=1s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量大小為1kg?m/s

C.在t=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能最大

D.在t=1s到t=3s這段時(shí)間，力如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以速度v沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的左端與光滑圓弧軌道底部平滑連接，圓弧軌道上的A點(diǎn)與圓心等高，一小物塊從A點(diǎn)靜止滑下，再滑上傳送帶，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間又返回圓弧軌道，返回圓弧軌道時(shí)小物塊恰好能到達(dá)A點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是(????)A.圓弧軌道的半徑一定是v22g

B.若減小傳送帶速度，則小物塊仍有可能到達(dá)A

C.若增加傳送帶速度，則小物塊有可能經(jīng)過(guò)圓弧軌道的最高點(diǎn)

D.三、填空題（本大題共2小題，共12分）質(zhì)量分別為60kg和70kg的甲、乙兩人，分別同時(shí)從原來(lái)靜止于光滑水平面上的小車兩端，以3m/s的水平初速度沿相反方向跳到地面上．若小車的質(zhì)量為20kg，則當(dāng)兩人跳離小車后，小車的運(yùn)動(dòng)速度為______m/s，方向與(選填“甲、乙”)______相反．將兩根完全相同的磁鐵分別固定在質(zhì)量相等的小車上，小車置于光滑的水平面上．初始時(shí)刻，甲車速度大小v甲=3m/s，方向水平向右；乙車速度大小v乙=2m/s，方向水平向左，v甲、v乙在同一條直線上．當(dāng)乙車的速度減小為零時(shí)，甲車的速度大小為______四、計(jì)算題（本大題共3小題，共40分）如圖所示，用外力推P物體壓著輕質(zhì)彈簧靜置于A點(diǎn)(A物體與彈簧接觸但不連結(jié))，Q物體靜止在B點(diǎn)，P和Q的質(zhì)量均為m=1kg，它們的大小相對(duì)于軌道來(lái)說(shuō)可忽略。光滑軌道ABCD中的AB部分水平，BC部分為曲線，CD部分為直徑d=5m圓弧的半圓，該圓弧軌跡與地面相切，D點(diǎn)為圓弧的最高點(diǎn)，各段連接處對(duì)滑塊的運(yùn)動(dòng)無(wú)影響?，F(xiàn)撤去外力，P沿軌道運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，與Q相碰后不再分開，最后兩物體從D點(diǎn)水平拋出，測(cè)得水平射程s=2m。(g=10m/s2)。求：

(1)兩物體水平拋出時(shí)的速度；

(2)兩物體運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧的壓力FN；

(3)輕彈簧被壓縮時(shí)的彈性勢(shì)能

如圖所示，小球A系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點(diǎn)，O到光滑水平面的距離為h=0.8m，已知A的質(zhì)量為m，物塊B的質(zhì)量是小球A的5倍，置于水平傳送帶左端的水平面上且位于O點(diǎn)正下方，傳送帶右端有一帶半圓光滑軌道的小車，小車的質(zhì)量是物塊B的5倍，水平面、傳送帶及小車的上表面平滑連接，物塊B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，其余摩擦不計(jì)，傳送帶長(zhǎng)L=3.5m，以恒定速率v0=6m/s順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)?，F(xiàn)拉動(dòng)小球使線水平伸直后由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性正碰，小球反彈后上升到最高點(diǎn)時(shí)與水平面的距離為h16，若小車不固定，物塊剛好能滑到與圓心O1等高的C點(diǎn)，重力加速度為g，小球與物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，求：

(1)小球和物塊相碰后物塊B的速度vB大小。

(2)若滑塊B的質(zhì)量為mB=1kg，求滑塊B與傳送帶之間由摩擦而產(chǎn)生的熱量Q及帶動(dòng)傳送帶的電動(dòng)機(jī)多做的功W電

如圖所示，一個(gè)質(zhì)量m=4kg的物塊以速度v=2m/s水平滑上一靜止的平板車上，平板車質(zhì)量M=16kg，物塊與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，其它摩擦不計(jì)(取g=10m/s2)，求：

(1)物塊相對(duì)平板車靜止時(shí)，物塊的速度；

(2)

答案和解析1.【答案】A

【解析】【分析】

本題考查動(dòng)量的變化量。求出變化量，得到方向。

【解答】

以羽毛球飛來(lái)的方向?yàn)檎较?，則羽毛球飛來(lái)時(shí)的動(dòng)量p1=mv1=10×10?3×50?kg·m/s=0.5?kg·m/s，羽毛球被反擊回去時(shí)的動(dòng)量p2=mv2=?10×10【解析】解：A、由x?t圖象的斜率表示速度，可知，碰撞前有：vA=xAtA=4?102=?3m/s，vB=xBtB=42=2m/s。

碰撞后有：vA′=vB′=v=xCtC=2?44?2=?1m/s；則碰撞前后A的動(dòng)量變化為：△PA=mvA′?mvA=2×(?1)?2×(?3)=4kg?m/s，故A正確。

B、對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律知：碰撞前后B的動(dòng)量變化為：△PB=?△PA=?4kg?m/s

對(duì)B【解析】解：A、子彈在槍筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，L=vt2，離開槍口時(shí)的速度v=2Lt，動(dòng)能Ek=12mv2=2mL2t2，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)動(dòng)量定理可知，I=△p=mv=2mLt，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)動(dòng)能定理可知，W=Ek=12mv2=2m【解析】解：運(yùn)載火箭在太空中飛行的原理是在飛行的過(guò)程中自身向后噴出氣體，獲得向前反沖力，從而加速運(yùn)動(dòng)。故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選：C。

靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個(gè)部分，一部分向某個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，另一部分必然向相反的方向運(yùn)動(dòng)，這個(gè)現(xiàn)象叫作反沖，由此分析即可．

該題借助于火箭升空與火箭在太空中的運(yùn)動(dòng)考查有關(guān)的知識(shí)，理解反沖的常見(jiàn)應(yīng)用是關(guān)鍵．

5.【答案】A

【解析】解：選在時(shí)間△t內(nèi)與飛船碰撞的微粒為研究對(duì)象，其質(zhì)量應(yīng)等于底面積為S，高為v△t的圓柱體內(nèi)微粒的質(zhì)量。

即M=mSv△t，初動(dòng)量為0，末動(dòng)量為mv。

設(shè)飛船對(duì)微粒的作用力為F，由動(dòng)量定理得：F?△t=Mv?0

則F=Mv△t=mSv△t?v△t=mSv2；

根據(jù)牛頓第三定律可知，微粒對(duì)飛船的撞擊力大小也等于mSv2，則飛船要保持原速度勻速飛行牽引力應(yīng)增加F′=F=mSv2；

代入數(shù)據(jù)得：F′=2×10?6×2×(3×103)【解析】解：以向下為正方向，由動(dòng)量定理得：mv2?mv1=mgt+I，

即：1×1?1×(?3)=1×10×0.1+I，

解得：I=3N?s；

故選：B．

【解析】【分析】人落下時(shí)速度的變化量相同，根據(jù)動(dòng)量定理可分析讓腳尖著地的好處。本題考查動(dòng)量定理的定性的應(yīng)用，物理知識(shí)在生產(chǎn)生活中有著廣泛的應(yīng)用，在學(xué)習(xí)中應(yīng)注意體會(huì)?！窘獯稹咳嗽诤偷孛娼佑|時(shí)，人的速度減為零，由動(dòng)量定理可知(F?mg)t=Δmv，而腳尖著地可以增加人著地的時(shí)間，由公式可知可以減小受到地面的沖擊力，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。

8.【答案】AB

【解析】解：A、顯然導(dǎo)體棒在B1中勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)B2中后先減速最后勻速，當(dāng)勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)有：B×BLvmR×L=mgsinθ，從而最大速度vm=mgRsinθB2L2，根據(jù)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)B1中的速度，求出金屬棒的質(zhì)量m=B12L2vm1gsinθ=0.2kg，選項(xiàng)A正確；

B、由上述公式能求出線框在磁場(chǎng)B2中的最大速度vm2=0.5m/s，即導(dǎo)磁場(chǎng)棒從B2區(qū)開始的速度，由電量公式及法拉第電磁感應(yīng)定律可得電量q=I×Δt=ΔΦR=B1L2+B2【解析】【分析】

依據(jù)核反應(yīng)書寫規(guī)律：質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)守恒；根據(jù)質(zhì)能方程，結(jié)合質(zhì)量虧損；依據(jù)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量近似守恒，從而即可一一求解。

考查核反應(yīng)方程書寫規(guī)律，掌握質(zhì)能方程的應(yīng)用，理解動(dòng)量守恒的條件，注意u是質(zhì)量的單位，而eV是能量單位。

【解答】

A.反應(yīng)方程為?4?7Be+??1?0e→?3?7Li+ve，根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)均為零，故A正確；

B.根據(jù)質(zhì)能方程，所獲得的能量，E=(7.016929u+me?7.016004u)×9.31×102MeV>0.86MeV，為釋放的核能，不是鋰核獲得的動(dòng)能，故B錯(cuò)誤；

C.【解析】解：A、根據(jù)牛頓第二定律可知，物體在恒定合外力作用下的加速度是恒定的，所以物體一定作勻變速運(yùn)動(dòng)。故A正確。

B、根據(jù)動(dòng)能定理可知，物體動(dòng)能的變化：△Ek=W=FS，題目中只知道物體在恒定合外力作用下運(yùn)動(dòng)，不知道力與速度方向之間的關(guān)系，也不知道物體運(yùn)動(dòng)的初狀態(tài)，所以不能判斷出物體的動(dòng)能隨時(shí)間均勻變化。故B錯(cuò)誤；

C、物體在恒定合外力作用下運(yùn)動(dòng)，可能只有重力做功，所以物體的機(jī)械能有可能是守恒的。故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)動(dòng)量定理：I=△P

F合?△t=△P

所以△P△t=F合

因?yàn)楹狭愣?，所以物體的動(dòng)量變化率△P△t一定恒定。即物體的動(dòng)量隨時(shí)間均勻變化。故D正確。

故選：AD。

物體做直線運(yùn)動(dòng)的條件，合力的方向與速度方向在同一條直線上，與是否為恒力無(wú)關(guān)；

根據(jù)動(dòng)能定理分析；

根據(jù)機(jī)械能守恒的條件分析機(jī)械能是否守恒；

根據(jù)動(dòng)量定理F合?△t=△P【解析】【分析】

分析圖象的性質(zhì)，知道合外力的方向與加速度方向相同，根據(jù)加速度的方向與速度方向的關(guān)系，從而判斷物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程.再根據(jù)圖象分析力的沖量，根據(jù)動(dòng)量定理分析動(dòng)量的大?。?/p>

解決本題的關(guān)鍵會(huì)通過(guò)牛頓第二定律判斷加速度的方向，當(dāng)加速度方向與速度方向相同，做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度方向與速度方向相反，做減速運(yùn)動(dòng).同時(shí)能正確根據(jù)動(dòng)量定理分析問(wèn)題，明確F?t圖象的性質(zhì)，能正確求解力的沖量．

【解答】解：A、0～2s內(nèi)，合力方向不變，知加速度方向不變，物體一直做加速運(yùn)動(dòng)，2～4s內(nèi)，合力方向改為反向，則加速度方向相反，物體做減速運(yùn)動(dòng)，因?yàn)?～2s內(nèi)和2～4s內(nèi)加速度大小和方向是對(duì)稱的，則4s末速度為零，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的速度方向不變，一直向前運(yùn)動(dòng)，第4s末質(zhì)點(diǎn)位移最大，故A錯(cuò)誤．

B、F?t圖象中，圖象與時(shí)間軸圍成的面積表示力的沖量，在t=1s時(shí)，沖量大小I1=1×12=0.5N?s，根據(jù)動(dòng)量定理可知，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量大小為0.5kg?m/s，故B錯(cuò)誤．

C、由A的分析可知，在t=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能最大，故C正確；

D、F?t圖象中，圖象與時(shí)間軸圍成的面積表示力的沖量，由圖可知，在t=1s到t=3s這段時(shí)間，力

12.【答案】BD

【解析】解：A、物體在圓軌道上下滑的過(guò)程中，物體的機(jī)械能守恒，

根據(jù)機(jī)械能守恒可得，mgR=12mv02，

所以小物塊滑上傳送帶的初速度v0=2gR，

物體到達(dá)傳送帶上之后，由于摩擦力的作用開始減速，速度減小為零之后，又在傳送帶的摩擦力的作用下反向加速，

根據(jù)物體的受力可知，物體在減速和加速的過(guò)程物體的加速度的大小是相同的，所以物體返回圓軌道時(shí)速度大小等于從圓軌道下滑剛到傳送帶時(shí)的速度大小，只要傳送帶的速度v≥2gR，物體就能返回到A點(diǎn)。則R≤v22g.故A錯(cuò)誤。

B、若減小傳送帶速度，只要傳送帶的速度v≥2gR，物體就能返回到A點(diǎn)。故B正確。

C、D若增大傳送帶的速度，由于物體返回到圓軌道的速度不變，只能滑到A點(diǎn)，不能滑到圓弧軌道的最高點(diǎn)。故C錯(cuò)誤，D正確。

選BD

【解析】解：甲乙兩人和車組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，規(guī)定甲的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍?/p>

m甲v甲?m乙v乙+Mv=0

60×3?70×3+20v=0

解得v=1.5m/s.知方向與甲的運(yùn)動(dòng)方向相同，與乙的運(yùn)動(dòng)方向相反．

故答案為：1.5，乙．

【解析】解：以兩車組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，取甲車原來(lái)行駛的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：

mv甲?mv乙=mv甲′，解得：v甲

15.【答案】解：(1)兩物體從D開始做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)拋出時(shí)的速度為v1，有：

d=12gt2…①

s=v1t…②

代人數(shù)據(jù)解得：v1=2m/s…③

(2)兩物體在最高點(diǎn)有：2mg?N=2mv1212d…④

解得：N=16.8N…⑤

由牛頓第三定律知兩物體對(duì)圓弧壓力為N′=16.8N…⑥

(3)設(shè)P在碰撞前瞬間速度為v0，碰撞后瞬間速度為v2，兩物體碰撞由動(dòng)量守恒定律得：

mv0=2mv2…⑦

兩物體碰后從B滑至D由機(jī)械能守恒得：12(2m)v?22=1【解析】(1)兩物塊水平拋出時(shí)做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)水平射程和高度即可求得兩物塊水平拋出拋出時(shí)的速度。

(2)兩物塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)由重力和軌道的支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律和第三定律求解物塊對(duì)圓弧的壓力N。

(3)兩物體碰撞，遵守動(dòng)量守恒定律，兩物體碰后從B滑至D由機(jī)械能守恒，P被輕彈簧彈出過(guò)程遵守機(jī)械能守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒列式，即可求得輕彈簧被壓縮時(shí)的彈性勢(shì)能EP。

本題關(guān)鍵是分析物理過(guò)程，抓住碰撞的基本規(guī)律動(dòng)量守恒、平拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法、彈簧彈射過(guò)程遵守機(jī)械能守恒，根據(jù)這些基本規(guī)律進(jìn)行分析求解。

16.【答案】解：(1)小球A下擺及反彈上升階段機(jī)械能